Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow

58

Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow

Toán học
Bài thi viết
Tùy chọn 1

1. Giải phương trình
   $$\sqrt{7x^2+8x+10}-\sqrt{7x^2-8x+10}=2x.$$
2. Giải phương trình
   $$\cos 8x-2\sin 2x\sin(2x-\pi/2)=1.$$
3. Giải bất đẳng thức
   $$\log_x 2\leq \log_{\sqrt{x}+2} 2.$$
4. Trong tam giác ABC, lấy điểm P trên một cạnh qua đó vẽ hai đường thẳng song song với các cạnh của tam giác. Bán kính của các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác mới thu được (có đỉnh chung P) bằng R₁ và R₂. Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
5. Khoảng cách giữa khu định cư A và B là 36 km. Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 6km/h. Cùng lúc đó, một người đi xe đạp rời B về hướng A với vận tốc lớn nhất là 15 km/h, vận tốc nhỏ nhất là 10 km/h. Sau khi gặp người đi bộ, người đi xe đạp đi về hướng A thêm 20 phút rồi quay đầu trở về B. Tìm khoảng thời gian nhỏ nhất mà người đi bộ và người đi xe đạp bám vào B.

Tùy chọn 2

1. Giải phương trình
   $$\sqrt{10x^2+8x+7}+\sqrt{10x^2-8x+7}=8x.$$
2. Giải phương trình
   $$\cos 6x+4\cos\left(\frac{3}{2}\pi+\frac{3}{2}x\right)\sin\frac{3}{2}x=1.$$
3. Giải bất đẳng thức
   $$\log_x 3\leq \log_{2x+3} 9.$$
4. Qua điểm P nằm trong tam giác ABC, vẽ ba đường thẳng, mỗi đường thẳng song song với một cạnh của các tam giác (có chung một đỉnh P) bằng S₁, S₂ và S₃. Tìm diện tích tam giác ABC.
5. Khoảng cách giữa khu định cư A và B là 220 km. Một ô tô đi từ B về A với vận tốc 60km/h. Cùng lúc đó, một xe buýt đi từ A đến B, vận tốc tối thiểu là 40 km/h, vận tốc tối đa là 50 km/h. Sau khi gặp nhau, ô tô chạy thêm 20 phút về hướng A rồi quay đầu trở về B. Tìm chênh lệch thời gian lớn nhất giữa xe và ô tô đến B.

Vật lý
Bài toán thi vấn đáp

1. Vật phải được ném ở góc nào so với đường chân trời để độ cao tối đa của nó gấp ba lần tầm bay?
2. Có một con ếch đang ngồi ở một đầu của tấm ván nổi. Con ếch phải nhảy với tốc độ tối thiểu bao nhiêu để đến được đầu bên kia của tấm ván? Khối lượng của tấm ván là M, khối lượng của con ếch là m, chiều dài của tấm ván là l.
3. Một vật có khối lượng m₁, đang chuyển động với vận tốc v, va chạm với một vật đang đứng yên và một tác động hậu đàn hồi được quét ra khỏi nó với vận tốc v/2, hướng một góc 90° so với hướng chuyển động ban đầu. Xác định khối lượng của vật lúc đứng yên.
4. Một lò xo nhẹ có độ cứng k, chiều dài l đứng thẳng đứng trên bàn. Một quả cầu nhỏ có khối lượng m rơi từ độ cao h xuống bàn. Vận tốc tối đa mà quả bóng đạt được khi di chuyển xuống dưới là bao nhiêu?
5. Lõi vỡ ra thành hai mảnh có khối lượng m₁=3·10⁻²⁵ kg và m₂=10⁻²⁵ kg. Xác định tốc độ của các mảnh lõi nếu tổng động năng của chúng là W=6·10⁻¹¹ J. Trước khi các mảnh lõi phân rã.
6. Nối với các tấm ván khác trong một bình là một cột dầu có chiều cao h₃=30 cm, trong một cột khác có chiều cao h₄=20 cm. Xác định sự chênh lệch nồng độ thuỷ ngân trong các bình. Mật độ thủy ngân $\rho_p=13,6\times 10^3$ kg/m³, dầu $\rho_m=0,9\times 10^3$ kg/m³, nước $\rho_b=10^3$ kg/m³.
7. Công suất được giải phóng bởi các điện trở có điện trở R₁=10 Ohm và R₂=3 Ohm là như nhau khi các điện trở này mắc nối tiếp và song song. Tìm điện trở trong của nguồn mà các điện trở được mắc vào.
8. Một khung hình vuông có dòng điện I=5A có thể quay tự do xung quanh mặt ngang. Khi bật từ trường thẳng đứng, khung bị lệch một góc α=30°. Tìm độ lớn của cảm ứng từ nếu mật độ của vật liệu làm khung là $\rho=8,6\times 10^3$ kg/m³ và tiết diện của dây là S=2 mm².
9. Một mạch dây có hình tam giác đều có cạnh a=20 cm được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng B=1 T sao cho mặt phẳng của bộ đếm tạo một góc a=30° với hướng của từ trường. Tại một thời điểm nào đó, cảm ứng từ bắt đầu giảm đều và sau một khoảng thời gian Δt giảm xuống bằng không. Xác định khoảng thời gian này nếu biết suất điện động cảm ứng $C=100$ V quay trở lại trong mạch.
10. Trên trục quang chính của đường thu, ở khoảng cách d₁=20 cm và d₂=40 cm, có hai nguồn sáng chính xác. Tìm hình dạng của khoảng cách đường thẳng nếu hình ảnh của các nguồn này kết thúc tại cùng một điểm.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. V. Varfolomeev, M. N. Daniltseva,
I. M. Matusevich

60

SM và như vậy $MN=CM$ (chứng minh đi). Gọi $P$ là đáy của đường vuông góc rơi từ điểm $L$ lên mặt phẳng $ABC$ ($P$ nằm trên đoạn $CM$). Góc nhọn $N$ của tam giác nguyên $LNP$ là đặc biệt.

Tùy chọn 3

1. $x \pm \arccos \frac{1-\sqrt{7}}{3} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$.
2. $y_{\text{max}} = y(6) = 39$.
3. $\frac{4}{3}(\sqrt{5} + \sqrt{21})$. Gợi ý. Gọi $K$ là giao điểm của dây cung $AB$ và đường thẳng $O_1O_2$, $2\gamma$ là các giá trị của góc $MO_1N$, $\beta$ và $\alpha$ các góc tương ứng $CAB$ và $BO_1K$. Hãy chứng tỏ điều đó $\gamma = \pi - \alpha - 2\beta$. Xác định $\sin \alpha$, $\cos \alpha$, $\sin \beta$, $\cos \beta$ từ các tam giác $O_1BK$ và $ACK$, tính $MN=2R_1 \sin \gamma$.
4. $-\frac{4}{5}; 0[\cup] \frac{8}{5}; 2[$. Gợi ý. Với $x > 0$ những bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức $\frac{3x}{5x-8} > x+1$, với $x \in ]-1; 0[$ - với hệ bất đẳng thức $0 < \frac{3x}{5x-8} < x+1$.
5. $\frac{\sqrt{34}}{144}$. Gợi ý. Đặt $N_1$ là một điểm trên cạnh $SA$ sao cho $AN_1=1$. Chứng minh rằng thể tích của paramidas $KLMN$ và $KLMN_1$ bằng nhau; So sánh diện tích của các hình tam giác $MN_1K$ và $SAC$ và chiều cao tương ứng, chứng minh rằng thể tích của paramid $KLMN_1$ bằng $\frac{1}{12}$ thể tích của paramid này $SABC$.

Vật lý

Tùy chọn 1

1. $F=mg(M_B/M_T-1)$.
2. Vận tốc của bóng khi chạm sàn là $v_0 = \sqrt{2gh}$ (hình 1). Gọi tốc độ cần thiết của quả bóng là $v$. Chúng ta hãy chuyển sang hệ khối tâm của các quả bóng, nơi chúng chuyển động về phía nhau với vận tốc $v/2$. Vai trò của sàn đá không thể xuyên thủng trong quá trình va chạm của chúng làm giảm mặt phẳng đối xứng $AB$. Như vậy, rõ ràng: để quả bóng vỡ thì cần phải có $v/2=v_0=\sqrt{2gh}$. Do đó $v=2\sqrt{2gh}$.
3. Ảnh của một điểm trong gương hữu hạn là một điểm xuyên qua bán kính $R=F/2$ và cách đường thẳng một khoảng $f_1=2F$. Hình ảnh của chiếc nhẫn này trên mặt cho hình ảnh chính xác trong một gương nằm ở khoảng cách $F/2$ về phía bên trái của đỉnh gương và thu được ở khoảng cách $f_2=5F/3$ tính từ đường thẳng. Ảnh của một điểm trên mặt không có gương là điểm cách đường thẳng một khoảng $f_3=3F$.
4. Đặt tốc độ của luồng không khí ở vạch đích bằng $v$ và lực cản của không khí $F \sim \rho v^2S$, trong đó $\rho$ là mật độ không khí và $S$ là diện tích hiệu quả của đường thở đáp ứng luồng không khí đang tới. Khi đó công suất là $N \sim Fv \sim \rho v^3S$. Đặt $\rho \sim 1$ kg/m$^3$, $v \approx 60$ km/h $\approx 16$ m/s, $S \approx 0,5$ m$^2$, chúng ta nhận được $N \sim 2$ kW.
5. Khi đưa một thanh lạnh vào bình, hơi nước sẽ ngưng tụ trên đó. Khối lượng và nhiệt độ của hơi giảm dẫn đến áp suất trong bình kín giảm. Đồng thời, nhiệt độ sôi của nước cũng giảm xuống. Kết quả là sự sôi đã xảy ra sau đó. Kết quả là sự sôi đã xảy ra sau đó.
   Tùy chọn 2
6. $F=\frac{2}{3}\pi R^3(\rho_1+\rho_2-2\rho_0)g$.
7. Áp suất $p_H$ của hơi nước bão hòa khi có nước không đổi:
   $$p_H=p-\rho ga \frac{l+2a}{l-2a}.$$
8. Sau khi đóng phím, sẽ thu được mạch tương đương, hiển thị ở hình 2. Năng lượng ban đầu $W_{\text{нач}}=q^2/(2C_1)$, năng lượng cuối cùng $W_{\text{кон}}=q^2/(2C_1)+q^2/(2C_2)$, trong đó $C_1=\varepsilon_0S/d_1$, $C_2=\varepsilon_0S/d_2$, $C_2/C_1=d_1/d_2$. Theo định luật bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra là
   $$Q=W_{\text{нач}}-W_{\text{кон}}=\frac{q^2d_1^2}{2\varepsilon_0(d_1+d_2)S}.$$
9. Xem lời giải bài toán F1042 sẽ được xuất bản sau.
10. Sự tương tác của dòng điện hướng tâm và từ trường vuông góc với mặt phẳng của bánh xe tạo ra mô men lực Ampe, làm cho bánh xe quay. Khi kệ từ thay đổi thì chiều của lực, mô men của lực và chiều quay thay đổi theo chiều ngược lại.
    Tùy chọn 3
11. $t=(l_1+l_2-2F-\sqrt{(l_1-l_2)^2+4F^2})/(2v) \approx 3,5$ tr.
12. Từ thông điệp đối xứng của mỗi thanh trong số hai thanh tại điểm $O$ tạo ra cùng một điện thế $\varphi$ và cùng hướng $\vec{E}$, hướng vuông góc với thanh. Sử dụng nguyên lý xếp chồng, ta thu được $\varphi=\varphi_0/2$, $E=E_0$, hướng của vectơ $\vec{E}$ vuông góc với thanh còn lại. (Có thể là màu đỏ lời giải khi thêm que thứ ba, tạo thành một hình tam giác đều hoàn chỉnh $C=E=0$ ở giữa.)
13. Chúng ta hãy vẽ trục $X$ đi qua tâm của các quả bóng và trục $Y$ đi qua các điểm tiếp xúc của chúng (hình 3). Do quả bóng nhẵn nên thành phần $y$ của vận tốc quả bóng sau va chạm không thay đổi, do đó,
    $$v_{ay}=v_{A0y}=v \sin 30^\circ=v/2.$$
    Do tính đàn hồi của va chạm và khối lượng bằng nhau, các quả bóng sau khi va chạm trao đổi thành phần vận tốc $x$, tức là.

61

$$v_{Ax} = v_{B0x} = 2v \cos 30^\circ = v\sqrt{3}.$$
Do đó góc cần tìm
$$\gamma = \pi/3 + \arctg(v_{Ax}/v_{Ay}) \approx 134^\circ.$$
4. Xem lời giải bài toán F1024 trong số tạp chí này.
5. Xem lời giải bài toán F1038 sẽ được xuất bản sau.

Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow
Toán học
Tùy chọn 1

1. $[-2; 0] \cup 1; +\infty$. Gợi ý. Bất đẳng thức tương đương với sự kết hợp của hai hệ thống:
   $$\begin{cases} x^3 + x^2 - 2x \geq 0, \\ x < 1, \end{cases}$$ và $$\begin{cases} x \geq 1, \\ x^3 + x^2 - 2x > (x-1)^2. \end{cases}$$
2. $a \in ] -\infty; -\sqrt{10} \cup ] -\sqrt{6}; 0 \cup \{3\} \cup 12; +\infty$. Gợi ý. Các phương trình này được rút gọn về dạng $\cos 2x = \frac{a^2 - 8}{2}; \cos 2x = \frac{6 - a}{6}$. Các phương trình này tương đương khi và chỉ khi $\frac{a^2 - 8}{2} = \frac{6 - a}{6}$ hoặc $\left| \frac{a^2 - 8}{2} \right| > 1$.
3. $V = \frac{4}{3} R^3 \sin^2 \alpha \cos^2 \frac{a}{2} \sin \varphi$ tại $a \in ] 0; \frac{\pi}{2}]$;
   $V_1 = \frac{4}{3} R^3 \sin^2 \alpha \cos^2 \frac{a}{2} \sin \varphi$ và $V_2 = \frac{8}{3} R^3 \times \sin \alpha \cos^4 \frac{a}{2} \sin \varphi$ tại $a \in ] \frac{\pi}{2}; \pi$. Gợi ý. Đặt $O_1$ là tâm của hình cầu được mô tả xung quanh hình nón, $O$ tâm của cây dương, $PE$ chiều cao của hình tam giác, $PBD, H$ chiều cao PO của hình nón, $r$ bán kính của hình tròn cây dương, $BD = x, PE = y$. Sau đó $r = R \sin a, H = R (1 + \cos a) = 2R \cos^2 \frac{a}{2}$. Thể tích của lớp sơn lót $PABCD$ bằng $V = \frac{H}{6} \cdot AC \cdot BD \sin \varphi$. Từ thực tế là các hình tam giác $APC$ và $DPB$ có kích thước bằng nhau, suy ra $\frac{1}{2} xy = rH$. Ngoài ra, $(\frac{x}{2})^2 + y^2 = r^2 + H^2$, từ đâu $x_1 = 2r, y_1 = H; x_2 = 2H, y_2 = r$. Từ thực tế là $x = BD$ thỏa mãn bất đẳng thức $0 < x \leq 2r$, suy ra rằng với $a \in ] 0; \frac{\pi}{2}]$ chỉ có một số nguyên tố thỏa mãn, và với $a \in ] \frac{\pi}{2}; \pi$ thì có hai.
4. 11 m/s; 29/3 m/s. Gợi ý. Gọi $v > 0$ là tốc độ của vật thứ nhất, $a$ là gia tốc của vật thứ hai. Tại thời điểm $t$ khoảng cách

Hình 4.

giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là $S = |tv - 1 - 16t - \frac{at^2}{2}|$, và khoảng cách từ vật thứ hai đến điểm $A$ là
$$S_2 = |1 + 16t + \frac{at^2}{2}|.$$
Từ điều kiện bài toán suy ra
$$\begin{cases} |17 + \frac{a}{2}| \leq 15, \\ |33 + 2a| \geq 25, \\ |3v - 49 - \frac{9}{2}a| = 2. \end{cases}$$
$a \in [-64; -29]$ và $v < 0$ đến từ đâu (mâu thuẫn!). Nếu $a = -4$ thì $v = 11$ m/s hoặc $v = 29/3$ m/s.
Tùy chọn 2

1. ]1/4; 1/2 [U]1/2; +∞[. Gợi ý. Thực hiện phép thay thế $y = \log_2 x$ và áp dụng phương pháp nghịch đảo.
2. 3a/(a-3) ngày ở $a \in ] 3; 6[$. Gợi ý. Nếu $x$ và $y$ lần lượt là sự tùy ý của lữ đoàn thứ nhất và lữ đoàn thứ hai và thứ ba cùng nhau, và $av$ là công, thì
   $$\begin{cases} a(x+y) = v, \\ 2x+y = \frac{1}{3}v, \\ x > 0, y > 0. \end{cases}$$
3. $[(\pi/6 + 2\pi k; \pm \arccos (-1/4) + 2\pi l)]$, $k, l \in \mathbb{Z}$.
4. $\frac{l^2 \sin^2 \alpha}{(\sqrt{2} \mathrm{tg} \alpha - 1)^2}$ tại $a \in ] \mathrm{arctg} \sqrt{2}; \pi/2[$. Với những người khác $a$ – lời giải không.
   Đặt các hình vuông $A_1B_1C_1D_1$ và $PQRT$ lần lượt là đáy dưới và đáy trên của mố, và $O$ và $O_1$ là tâm của các hình vuông này. Vì theo điều kiện, đoạn nguyên nội tiếp $A_1B_1C_1D_1PQRT$ là chính quy nên điểm $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Đặt $A_1B_1 = x, A_1P = y$ (hình 4). Khi đó diện tích tổng bề mặt của mố là $S_\pi = 2x^2 + 4xy$. Tiếp theo, $AO = l \cos \alpha, A_1O = \frac{x\sqrt{2}}{2}$ và $y = l \sin \alpha - \frac{x\sqrt{2}}{2} \mathrm{tg} \alpha$.
   Từ đây
   $$S_\pi = f(x) = 2x^2 (1 - \sqrt{2} \mathrm{tg} \alpha) + 4x \cdot l \cdot \sin \alpha,$$ () và $x \in ] 0; l \sqrt{2} \cos \alpha[$. Kiểm tra $f(x)$ để tìm cực trị trên đoạn $[0; l \sqrt{2} \cos \alpha]$. Nếu hệ số tại $x^2$ trong biểu thức () không âm thì $f(x)$ trả về trên đoạn $[0; l \sqrt{2} \cos \alpha]$ và do đó đạt cực đại tại $x = AD = l \sqrt{2} \cos \alpha$, nhưng trong trường hợp này, chiều cao của cầu trở thành 0. Do đó, tại $0 \leq tg \alpha \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ tính ưu việt thỏa mãn. Nếu $tg \alpha > 1/\sqrt{2}$, hàm $f$ của chúng ta đạt mức tối đa tại $x_0 = \frac{l \sin \alpha}{\sqrt{2} \mathrm{tg} \alpha - 1}$, với $x_0 \in ] 0; l \sqrt{2} \cos \alpha[$. Chỉ tại $tg \alpha > \sqrt{2}$. Mặt phẳng yêu cầu của đế của mố nội tiếp bằng $S_0 = x_0^2$.

Vật lý

1. Với tác động đàn hồi abcilton, quả bóng truyền động lượng $\Delta P = 2mv$ xuống sàn, trong đó $v$ là tốc độ của quả bóng trước khi va chạm. Chúng ta sẽ tìm tốc độ này bằng định luật bảo toàn năng lượng
   $$\frac{mv^2}{2} = mgh + 2 \frac{k(\Delta l)^2}{2},$$

63

và nhiệt lượng được giải phóng trong dây dẫn

$$P = I^2 R = \left( \frac{\mathcal{E} - B l v}{R + r} \right)^2 R = 0,1 \text{ Вт.}$$

9. Trước hết, lưu ý rằng tụ điện có điện dung $C$ là kết nối song song của hai tụ điện có điện dung $\varepsilon_0 S / d$ mỗi tụ điện, và do đó $C = 2 \varepsilon_0 S / d$.

Bước sóng $\lambda$ mà tại đó mạch được điều chỉnh có liên quan đến tần số dao động tự nhiên của mạch $\omega = 1 / \sqrt{LC}$ bằng sự tương ứng

$$\lambda = \frac{2 \pi v}{\omega} = 2 \pi v \sqrt{LC},$$

trong đó $v = 3 \cdot 10^8 \text{ m/c}$ là tốc độ ánh sáng trong chân không. Sử dụng công thức cuối cùng, bạn có thể tìm thấy các giá trị của độ tự cảm $L_1$ và $L_2$, cần thiết để điều chỉnh mạch theo các bước sóng $\lambda_1$ và $\lambda_2$, cũng như sự thay đổi độ tự cảm $\Delta L$, cần thiết cho việc sắp xếp lại:

$$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{\lambda_2^2 - \lambda_1^2}{4 \pi^2 v^2 C} = \frac{d(\lambda_2^2 - \lambda_1^2)}{8 \pi^2 \varepsilon_0 v^2 S} = 1,4 \cdot 10^{-5} \text{ Гн.}$$

10. Áp dụng công thức thấu kính

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F},$$

trong đó $d$ là khoảng cách từ nguồn đến thấu kính, $f$ là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh và $F$ là tiêu cự của thấu kính và tính đến $d = f - h$, chúng ta tìm thấy: $F = h / 2$. Một ảnh nhỏ của quả bóng sẽ tồn tại khi quả bóng nằm giữa tiêu điểm và thấu kính. Lần này $\Delta t$ có thể được tính bằng hiệu giữa thời gian quả bóng rơi tới thấu kính $t_1 = \sqrt{2 h / g}$ và đến tiêu điểm $t_2 = \sqrt{2 (h - F) / g}$:

$$\Delta t = t_1 - t_2 = \sqrt{\frac{h}{g}} (\sqrt{2} - 1) = 0,1 \text{ с.}$$

Viện thép và hợp kim Moscow

Toán học

1. 2. 2. 4. 3. 0. 4. 2400. 5. -2. 6. 18. 7. 0,5. 8. 20. 9. 2. 10. 150. 11. 500. 12. 54.

Vật lý

1. $F_{\pi 1} / F_{\pi 2} = 1 / \cos \alpha = 2$.
2. $h = R_3 (\sqrt{2} - 1) = 2,65 \cdot 10^6 \text{ m}$.
3. $p = (p_1 V_1 + p_2 V_2) / (V_1 + V_2) = 84,1 \text{ кПа}$.
4. $T' = T \sqrt{g / (g - a)} = 2,24 \text{ с}$.
5. $W = m (c (t_2 - t_1) + \lambda) / \eta = 1500 \text{ кВт} \cdot \text{ч}$.
6. $l = U^2 t \pi d^2 / (4 \rho Q) = 10,2 \text{ m}$ (ở đây $t = 1$ ngày $24 \cdot 3600 \text{ c}$).
7. $Q = (c_1 m_1 + c_2 m_2) (t_2 - t_1) = 2 \cdot 10^5 \text{ Дж}$.
8. $R_2 = \frac{4}{3} R_1 = 40 \text{ Ом}$.
9. $\beta = \pi / 4 + \alpha / 2 = 60^\circ$.
10. $q = C \mathcal{E} R / (R + r) = 10^{-5} \text{ Кл}$.
11. $A = (hc / \lambda) - E = 2,68 \text{ эВ}$.
12. $d = 4 \pi^2 c^2 \varepsilon_0 Sh / \lambda^2 = 3,14 \cdot 10^{-3} \text{ м}$.

Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow

Toán học
Tùy chọn 1

1. {-1; 0; 1}. Gợi ý. Sử dụng sự tương ứng $\sqrt{a - \sqrt{b}} = \frac{a - b}{\sqrt{a} + \sqrt{b}}$, chúng ta rút gọn phương trình về dạng $2x(\sqrt{7x^2 + 8x + 10} + \sqrt{7x^2 + 8x + 10} + \sqrt{7x^2 + 8x + 10}) = 16x$, từ đó $x = 0$ hoặc tương đương với đẳng thức $\log_2 \sqrt{x + 1} \leq \log_2 x$.
2. $R_1 + R_2$. Lời giải. Các hình tam giác thu được tương tự như hình tam giác $ABC$. Cho các hệ số tương tự như $k_1$ và $k_2$. Sau đó $k_1 + k_2 = 1$ và nếu $R$ là bán kính mong muốn thì $R_1 = k_1 R, R_2 = k_2 R$.
3. 40 phút. Lời giải. Thời gian chuyển động của tóc $T$ được tính theo công thức

$$T = T_0 \left( 1 + \frac{v_2}{v_3} \right) + S \cdot \frac{1}{6 + v_1} \left( 1 + \frac{v_1}{v_3} \right),$$

trong đó $T_0$ là thời gian di chuyển về phía $A$ sau cuộc họp, $S$ là khoảng cách giữa $A$ và $B$, $v_1$ là tốc độ trung bình trước cuộc họp, $v_2$ là tốc độ trung bình hướng tới $A$ sau cuộc họp, $v_3$ là tốc độ trung bình khi quay lại $B$. Rõ ràng là $T$ nhận giá trị tối đa nếu $v_2$ có giá trị tối đa, $v_3$ có ​​giá trị tối thiểu và $v_1$ cũng có nghĩa là biểu thức $\frac{1}{6 + v_1} \left( 1 + \frac{v_1}{v_3} \right)$ là tối đa (vì $v_3 > 6$, điều này có nghĩa là $v_1$ là tối thiểu). Từ đây quãng đường là 5 giờ 20 phút. Thời gian này ít hơn thời gian đi bộ là 6 giờ. Do đó, chênh lệch thời gian tiếp cận tối thiểu bắt buộc là $B$ là 40 phút.

Tùy chọn 2

1. {1}. 2. $x_1 = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3}, x_2 = \frac{2 \pi l}{3} (k, l \in \mathbb{Z})$.
2. {0; 1} $1 \cup [3; + \infty]$.
3. $(\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3})^2$. 5. 26 phút.

Vật lý

1. $\alpha = \arctg 12 = 85,2^\circ$.
2. $v_{\min} = \sqrt{g l M / (m + M)}$, tốc độ hướng một góc $\alpha = 45^\circ$ vào bảng.
3. $m_2 = \frac{5}{3} m_1$.
4. $v_{\max} = \sqrt{2 g (h - l) + mg^2 / k}$.
5. $v_1 = \sqrt{\frac{2 W m_2}{m_1 (m_1 + m_2)}} = 10^7 \text{ м/c}$;
6. $v_2 = \sqrt{\frac{2 W m_1}{m_2 (m_1 + m_2)}} = 3 \cdot 10^7 \text{ м/c}$.
7. $\Delta h_p = (\rho_M h_M - \rho_B h_B) / \rho_p = 0,51 \text{ см (уровень ртути ниже там, где налито масло)}$.
8. $r = \sqrt{R_1 R_2} = 5,5 \text{ Ом}$.
9. $B = (2 \rho g S t g \alpha) / I = 3,9 \cdot 10^{-2} \text{Tл}$.
10. $\Delta t = (B^2 \sin 2 \alpha) / (4 \mathcal{E}) = 8,6 \cdot 10^{-5} \text{ с}$.
11. $F = 2 d_1 d_2 / (d_1 + d_2) = 26,7 \text{ см}$.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant», số 2)

1. Chúng ta hãy biểu thị thể tích của xô bằng $a, b, c$. Từ